Calculo Diferencial - Moises Villena

1

1.1 L

ÍMITE EN UN PUNTO

1.2 L

ÍMITES

L

ATERALES

1.3 T

EOREMAS SOBRE LÍMITES

1.4 C

ÁLCULO DE

L

ÍMITES

1.5 L

ÍMITES AL

I

NFINITO

1.6 L

ÍMITES

I

NFINITOS

1.7 O

TROS

L

ÍMITES

O

BJETIVOS

:

• Definir Límites.

• Realizar demostraciones formales de límites.

• Describir gráficamente los límites.

2 1 1.90 4.80 1.95 4.90 1.99 4.98 2.01 5.02 2.05 5.10 2.10 5.20 x y= x+ " "

1.1 LÍMITE EN UN PUNTO

El Cálculo, básicamente está fundamentado en los límites, por tanto este

tema es trascendental para nuestro estudio. De hecho, veremos más adelante

que los dos conceptos principales del Calculo, la Derivada y la Integral

Definida, están basados en límites.

Conceptualizar límites determinando el comportamiento de una función e

interpretarlo en su gráfica, ayudará bastante en el inicio de nuestro estudio.

1.1.1 DEFINICIÓN INTUITIVA

Ciertas funciones de variable real presentan un comportamiento un tanto

singular en la cercanía de un punto, precisar sus características es nuestra

intención y el estudio de los límites va a permitir esto.

Empecemos analizando ejemplos sencillos; en los que podamos por simple

inspección concluir y tener una idea del concepto de límite.

Ejemplo 1

Veamos como se comporta la función

f

con regla de correspondencia f(x)= x2 +1 en la cercanía de x=2.

Evaluando la función para algunos valores de x, próximos (acercándose) a 2 :

En la tabla de valores se han ubicado unas flechas para dar a entender que tomamos a la x aproximándose a 2 en ambas direcciones y se observa que los valores de y se van acercando a 5. Aunque son sólo seis valores, por ahora sin ponernos exigentes vamos a concluir diciendo que la función se aproxima a 5 cada vez que su variable independiente xse aproxima a 2. Este comportamiento lo escribiremos de la siguiente forma:

lím

(

2 1

)

5 2 = + → x x

Lo anterior se puede ilustrar desde la gráfica, observe la figura 1.1:

2 5 6 1 0.90 6.90 0.95 6.95 0.99 6.99 1.01 7.01 1.05 7.05 1.10 7.10 x x x y x + − = − " "

Ejemplo 2

Ahora veamos el comportamiento de esta otra función

f

con regla de correspondencia

1 6 5 ) ( 2 − − + = x x x x f , en la cercanía de x=1.

Evaluando la función para ciertos valores de x , cada vez más próximos a 1, tenemos:

Parece ser que esta función se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la variable independiente x se aproxima a tomar el valor de 1, es decir 7

1 6 5 lím 2 1 − = − + → x x x x .

Note que no es necesario que la función esté definida en el punto de aproximación. Por otro lado, la regla de correspondencia

1 6 5 ) ( 2 − − + = x x x x f es equivalente a 1 ; 6 ) (x =x+ x≠ f (¿POR QUÉ?).

Este comportamiento se lo puede visualizar desde su gráfica, observe la figura 1.2:

De lo expuesto en los dos ejemplos anteriores, sin ser tan riguroso todavía,

podemos emitir la siguiente definición:

Una función f tiene límite L en un punto

0

x

, si f se aproxima a tomar el valor L

cada vez que su variable

x

se aproxima a

tomar el valor

x

0

. Esto se denota como:

0

lím ( )

x→x

f x

=

L

Para los dos ejemplos anteriores el comportamiento de las funciones se

puede determinar analizando sus gráficas; pero esto podría ser no tan sencillo;

es más, suponga que se necesite bosquejar la gráfica teniendo características

de su comportamiento. De ahí la necesidad del estudio de límite de funciones.

1.1.2 DEFINICIÓN FORMAL

Suponga que se plantea el problema de demostrar que

2

lím 2

1 5

x→

x

+ =

o que

2 1

5

6

lím

7

1

x

x

x

x

→

+

−

=

−

. Para esto, debemos garantizar formalmente el

acercamiento que tiene la función a su correspondiente valor cada vez que su

variable independiente se aproxime al valor especificado. Ya la tabla de valores

no nos sirve, el hecho que se cumpla para algunos valores no indica que se

cumpla para todos los valores próximos al punto. La demostración consistirá

en escribir matemáticamente, lenguaje formal, la metodología del proceso, lo

cual nos lleva a la necesidad de tener una definición formal de límite y no sólo

para estos dos ejemplos, sino para cualquier función.

Antes, de llegar a la definición requerida, precisemos lo siguiente:

PRIMERO, para un lenguaje formal, decir que

x

toma valores próximos a un

punto

x

₀

(que x está en torno a

x ), bastará con considerarla perteneciente a

₀

un intervalo o vecindad, centrado en

x

₀

, de semiamplitud muy pequeña, la

cual denotaremos con la letra griega

∂

(delta). Es decir:

x

₀

− ∂ < <

x

x

₀

+∂

Transformando la expresión anterior tenemos:

δ < − δ < − < δ − − ∂ + < − < − ∂ − ∂ + < < ∂ − 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x x x x x x x x x x x x Restando "x₀" Empleando la definición de valor absoluto

Y, para que

x

no sea

x

₀

, bastará con proponer que

0

< −

x

x

₀

< ∂

¿POR QUÉ?.

SEGUNDO, para decir que

f

está próxima a

L

(en torno a

L

), podemos

expresar que pertenece a un intervalo o vecindad, centrado en

L

de

semiamplitud muy pequeña, la cual denotaremos con la letra griega

ε

(épsilon). Es decir:

L

− <

ε

f x

( )

< +

L

ε

Transformando la expresión anterior tenemos:

ε ε ε ε ε < − + < − < − + < < − L x f L x f L x f L ) ( ) ( ) (

Con todo lo anterior, definimos formalmente límite de una función en un

punto, de la siguiente manera:

Sea f una función de variable real y sean

ε

y ∂

cantidades positivas muy pequeñas.

Suponga que f se aproxima a L cuando x se

aproxima a

x

0

, denotado como

0

lím ( )

x→x

f x

=

L

, esto

significa que para toda proximidad que se desee

estar con f en torno a L, deberá poderse

definir un intervalo en torno a

x

0

en el cual

tomar x , sin que necesariamente

x

=

x

₀

, que nos

garantice el acercamiento.

Es decir:

(

)

0 0

lím

( )

0,

0

0

( )

x→x

f x

=

L

≡ ∀ > ∃ >

ε

δ

tal que

< −

x

x

< ⇒

δ

f x

− <

L

ε

La definición indica que para asegurar que una función tiene límite

deberíamos establecer una relación entre

∂

y

ε

.

Una manera de interpretar gráficamente lo mencionado es:

Restando "L"

Con esta definición, ya podemos realizar demostraciones formales.

Ejemplo 1

Demostrar formalmente que lím

(

2 1

)

5

2 = + → x x . SOLUCIÓN:

Cuando hicimos la tabla de valores, sólo para seis valores percibimos que el límite de esta función era 5, se trata ahora de demostrarlo. Debemos garantizar que cuando tomemos a la x como cualquier número cercano a 2 el valor de y correspondiente es un número cercano a 5, y mientras la x esté más cerca de 2 la y estará más cerca de 5; esto quiere decir que la diferencia entre los valores que resultan en 2x+1con 5 deberán ser cantidades muy pequeñas, menores que cualquiera tolerancia

ε

que nos fijemos.

Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 5 con y= x2 +1, tanto como nos propusiéramos estar (para todo ε). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir:

∀ε>0,∃δ>0 talque 0< x−2 <δ ⇒

(

2x+1

)

−5<ε

En la implicación, vamos a transformar el antecedente hasta llevarlo a la forma del consecuente.

Observe el consecuente, su forma algebraica nos guiará en el procedimiento a seguir:

(

)

(

)

(

)

0 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 2 4 2 0 2 4 5 5 2 0 2 1 5 2 x x x x x x x δ δ δ δ δ δ δ < − < ⇒ < − < ⇒ < − < ⇒ < − < ⇒ < − < ⇒ < − + − < ⇒ < + − <

Ahora, podemos decir que 2 ε

δ = sirve (puede ser un valor menor); es decir, que si tomamos

2

2 2

2−ε <x< +ε nos permite asegurar lo propuesto.

Suponga que ε=0.1; es decir, si quisiéramos que y= x2 +1 esté a menos de 0.1 de 5, será posible si tomamos a la que x , en torno a 2 a una distancia no mayor de 0.05

2 1 . 0 = =

δ . Es decir para que f esté entre 4.9 y 5.1 bastará con tomar a la x un número entre 1.95 y 2.05.

Multiplicamos por 2 (porque en el consecuente aparece 2x ) Propiedades del valor absoluto

Sumamos y restamos 5 (debido a que aparece -5 en el consecuente) Agrupamos

No olvide que proponer una relación entre ε y ∂ , garantiza que f estará tan cerca de L , como se quiera estar. Veamos, más cerca ε=0.01, bastará con tomar a la x a no menos de 0.005

2 01 . 0 = = δ de 2. Es decir que si tomamos 1.995< x<2.005 garantiza que 4.99< f(x)<5.01.

Ejemplo 2

Demostrar formalmente que 2

1 5 6 lím 7 1 x x x x → + − ₌ − . SOLUCIÓN: Debemos asegurar que

1 6 5 2 − − + = x x x

y se aproxima a tomar el valor de 7 cada vez que la x esté

próxima de 1. Es decir, que debemos poder estar tan cerca de 7 con

1 6 5 2 − − + = x x x

y , tanto como nos

propusiéramos estar (para todo ε). Si esto es posible deberá poderse definir el correspondiente intervalo (existe ∂ ) en el cual tomar x que garantice aquello, es decir:

ε δ δ − <ε − − + ⇒ < − < > ∃ > ∀ 7 1 6 5 1 0 0 , 0 2 x x x x que tal

Ahora transformamos el antecedente:

(

)

(

)

(

)(

)

2 0 1 0 1 7 7 0 6 7 6 1 7 1 5 6 7 1 x x x x x x x x x δ δ δ < − < ⇒ < − + − < ⇒ < + − < + − ⇒ − < ∂ − + − ⇒ − < ∂ −

Con δ = , aseguramos lo propuesto; es decir, tomando ε 1−ε<x<1+ε.

Ejemplo 3

Demostrar formalmente que 2 2

lím 4

x→ x = .

SOLUCION:

Debemos garantizar que ∀ε>0,∃δ >0 talque 0< x−2 <δ ⇒ x2−4 <ε Entonces:

(

)

(

)(

)

2 0 2 0 2 2 2 0 2 2 2 0 4 2 x x x x x x x x x δ δ δ δ < − < ⇒ < − + < + ⇒ < − + < + ⇒ < − < +

Ahora acotemos x+ . Exijamonos 2 ∂ ≤ , esto quiere decir que la x estaría a una distancia no mayor 1 de 1, en torno a 2, es decir 1≤ ≤ , lo cual implica que: x 3

2≤ + ≤ ⇒x 2 5 x+ ≤2 5 El último resultado implica que:

∂ + ≤ ∂ x 2 5

Sumamos y restamos 7 (debido a que aparece -7 en el consecuente) Agrupamos

(

x+6

)

y la dividimos y multiplicamos por

(

x−1

)

(debido a que el primer término del consecuente aparece dividido por

(

x−1

)

)

Multiplicamos por x+2(debido a que el consecuente tiene una diferencia de cuadrados perfectos)

Aplicamos la propiedad del producto del valor absoluto

Continuando con la demostración:

_x2_{− <4} δ _{x+ ≤ ∂ ⇒2 5 x}2_{− < ∂4 5}

Por tanto, 5 ε

δ = sirve; es decir, al considerar 2 2

5 x 5

ε ε

− < < + aseguramos lo que se quiere

demostrar, siempre y cuando escojamos unεtal que ∂ ≤ , es decir 1 min 1 , 5 ε δ= ⎧⎨ ⎫⎬

⎩ ⎭ (el menor entre 1 y

5 ε

).

Ejemplo 4

Demostrar formalmente que 2 3

lím 9

x→− x = .

SOLUCION:

Debemos garantizar que 2

0, 0 tal que 0 x 3 x 9 ε δ δ ε ∀ > ∃ > < + < ⇒ − < Por lo tanto:

(

)

(

)(

)

2 0 3 0 3 3 3 0 3 3 3 0 9 3 x x x x x x x x x δ δ δ δ < + < ⇒ < + − < − ⇒ < + − < − ⇒ < − < −

Acotamos x−3 . Si nos proponemos un ∂ ≤ , entonces 41 − ≤ ≤ −x 2, lo cual implica que:

4 3 3 2 3 7 3 5 3 7 3 7 x x x x − − ≤ − ≤ − − ⇒ − ≤ − ≤ − ⇒ − ≤ ⇒ ∂ − ≤ ∂ Entonces: _x2_{− <9} δ _{x− ≤ ∂ ⇒3 7 x}2_{− < ∂ 9 7} Por tanto, 7 ε

δ = sirve; es decir tomar 3 3

7 x 7

ε ε

− − < < − + asegura lo que se quiere demostrar,

siempre y cuando escojamos unεtal que ∂ ≤ , es decir 1 min 1 , 7 ε δ= ⎧⎨ ⎫⎬

⎩ ⎭.

Ejemplo 5

Demostrar formalmente que lím 2

4 =

→ x

x .

SOLUCION:

Debemos garantizar que ∀ε>0,∃δ >0 talque 0< x−4 <δ ⇒ x−2<ε entonces:

(

)

(

)(

)

(

)

0 4 0 2 2 0 2 2 1 0 2 2 δ δ δ δ < − < ⇒ < − + < ⇒ < − + < ⇒ < − < + x x x x x x x Factorizamos x−4 para diferencia de cuadrados Aplicamos la propiedad del producto del valor absoluto

Despejamos

Multiplicamos por x−3(debido a que el consecuente tiene una diferencia de cuadrados perfectos) Aplicamos la propiedad del producto del valor absoluto

Acotamos 1 2 +

x . Igual a los casos anteriores, consideramos∂ ≤ ; es decir debemos tomar a 1

x

a

una distancia no mayor de 1 entorno a 4, entonces 3≤ ≤x 5, esto implica que:

3 5 3 2 2 5 2 1 1 1 3 2 2 5 2 1 1 3 2 2 3 2 2 x x x x x ≤ ≤ ⇒ + ≤ + ≤ + ⇒ ≥ ≥ + + + ⇒ ≤ + + ∂ ∂ ⇒ ≤ + + Entonces: 2 1 2 3 2 3 2 2 δ ∂ ∂ − < ≤ ⇒ − < + + + x x x

Por lo tanto, δ=ε

(

3+2

)

; es decir, si tomamos 4−ε

(

3+2

)

<x<4+ε

(

3+2

)

aseguramos lo que se quiere demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ , es decir 1

(

)

{

}

min 1 , 3 2

δ= ε +

Ejemplo 6

Demostrar formalmente que 3 27

lím 3

x→ x= .

SOLUCION:

Debemos garantizar que 3

0, 0 tal que 0 x 27 x 3 ε δ δ ε ∀ > ∃ > < − < ⇒ − < Entonces:

(

)

(

) ( )

( )

(

) ( )

(

)

( )

2 2 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 3 2 3 3 0 27 0 27 27 27 0 3 3 9 0 3 3 9 x x x x x x x x x x δ δ δ δ ⎛ ⎞ < − < ⇒ < − ⎜_⎝ + + ⎟_⎠< ⎛ ⎞ ⇒ < − ⎜_⎝ + + ⎟_⎠< ⇒ < − < ⎛ _{+ +} ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Ahora bien, acotamos

( )

2 3 3 1 3 9 ⎛ _{+ +} ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ x x ⎠

. Si tomamos a x a una distancia no mayor de 1

(

∂ ≤1

)

,

en torno a 27, entonces 26≤ ≤x 28, esto implica que:

Factorizamos

(

x−27

)

para diferencia de cubos Propiedad del valor absoluto

Despejamos

Primero sacamos raíz cúbica, luego multiplicamos por 3 y finalmente sumamos 9

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

3 3 3 2 2 2 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 2 2 _{3 3} 3 3 2 2 _{3 3} 3 3 3 26 9 3 9 3 28 9 26 28 26 28 26 3 26 9 3 9 28 3 28 9 1 1 1 26 3 26 9 3 9 28 3 28 9 1 1 26 3 26 9 3 9 26 3 26 9 3 9 ⎧ + ≤ + ≤ + ⎪ ≤ ≤ ⇒ ⎨ ≤ ≤ ⎪⎩ ⇒ + + ≤ + + ≤ + + ⇒ ≥ ≥ + + + + + + ⇒ ≤ + + + + ∂ ∂ ⇒ ≤ + + + + x x x x x x x x x x x Entonces:

(

)

( )

( )

(

)

( )

3 3 2 2 2 3 3 3 3 3 3 3 3 26 3 26 9 26 3 26 9 3 9 δ ∂ ∂ − < ≤ ⇒ − < ⎛ _{+ +} ⎞ _{+ + + +} ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ x x x x Por lo tanto, δ ε₌ ⎛_⎜

( )

3₂₆2_{+3 26}3 ₊₉⎞_⎟ ⎝ ⎠; es decir, si tomamos

( )

2

( )

2 3 3 3 3 27−ε⎛_⎜ 26 +3 26+9_⎟⎞< < 27+ε_⎜⎛ 26 +3 26+9⎞_⎟

⎝ ⎠ x ⎝ ⎠ aseguramos lo propuesto siempre y

cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ , es decir 1 δ_{=min 1 ,}

{

⎛

( )

3₂₆ 2_{+3 26}3 ₊₉⎞ε

}

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ejemplo 7

Demostrar formalmente que

1 1 1 lím 1 2 x x x → − ₌ − . SOLUCION:

Debemos garantizar que 0, 0 0 1 1 1

1 2 x tal que x x ε δ δ − ε ∀ > ∃ > < − < ⇒ − < −

La expresión algebraica del consecuente tiene una apariencia un tanto compleja, por tanto en este caso es mejor empezar analizando el consecuente, para tener referencia de los pasos a seguir para luego transformar el antecedente.

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

1 1 1 2 1 ₁ 2 1 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x x x x ε ε ε ε ε − _{− <} − − − < − + − < + − + < + − − _< + Factorizamos el denominador

(x− para diferencia de cuadrados 1)

Simplificamos

(

x− 1

)

Restamos

Propiedad distributiva

Por otro lado sacamos raíz cúbica y elevamos al cuadrado

(

)

(

)(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 x x x x x x x x x x x x ε ε ε ε ε − _< + − + < + + − _< + − < + ⎡ ⎤ − < _⎢ + _⎥ ⎣ ⎦

Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

(

)

) (

)

(

)

₍

₎

(

)

(

)(

)

₍

₎

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 2 1 2 1 1 1 0 2 1 _{2 1} 2 1 0 2 1 2 1 2 1 0 2 1 2 1 1 2 0 2 1 2 1 _{2 1} 1 1 0 2 1 _{2 1} 1 ₁ 0 2 1 1 2 1 1 ₁ 0 1 2 _{2 1} x x x x x x x x x x x x _x x x x x x x x x x _x x _x x x x x x x _x δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ δ < − < ⇒ < − < ⇒ < − + < ⇒ < − < + − ⇒ < < + + + − ⇒ < < + ₊ − − ⇒ < < + + − + ⇒ < < + + + ⇒ < − < + + ₊ ⇒ < − < + ₊ − ⇒ < − < + − + − ⇒ < − < − ₊ Acotamos

(

)

2 1 2 1+ x

. Ahora bien, si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 1, entonces 0≤ ≤x 2, esto implica que:

Factorizamos para diferencia de cuadrados

Propiedad del valor absoluto

Despejamos

Dividimos todos los términos entre 2 1

(

+ x

)

Transformamos el 1 en (2 – 1) Agrupamos

Separamos en dos términos

Simplificamos

Multiplicamos por la conjugada el primer término Resolvemos la resta del 2 con el 1

Multiplicamos y dividimos por

(

1+ x

)

Producto notable

Aplicamos la propiedad del cociente del valor absoluto

(

) (

)

(

) (

)

(

) (

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 1 1 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 1 1 2 _{2 1 2 2 1} 1 1 2 2 1 2 2 1 ≤ ≤ ⇒ ≤ + ≤ + ⇒ ≤ + ≤ + ⇒ ≤ + ≤ + ⇒ ≥ ≥ + + ⇒ ≤ + ∂ ∂ ⇒ ≤ + x x x x x x x Entonces:

(

)

(

)

2

(

)

1 ₁ 1 ₁ 1 2 _{2 1} 2 1 2 2 δ − _∂ − _∂ − < ≤ ⇒ − < − ₊ − x x x _x x

Por lo tanto, δ =2ε sirve; es decir, si tomamos 1 2− ε< x< +1 2ε aseguramos lo propuesto, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤1, es decir δ=min 1 , 2

{

ε

}

Ejemplo 8

Demostrar formalmente que

4 4 lím 4 2 x x x → − ₌ − . SOLUCION:

Debemos garantizar que 0, 0 0 4 4 4

2 x tal que x x ε δ δ − ε ∀ > ∃ > < − < ⇒ − < − Igual que en el ejemplo anterior primero vamos a analizar el consecuente:

(

)(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

4 4 2 2 2 4 2 2 4 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 x x x x x x x x x x x x x x x x ε ε ε ε ε ε ε ε − _{− <} − − + − < − + − < − < − + < + − _< + − < + − < +

Ahora para transformar el antecedente, se sigue una secuencia como la anterior pero desde el final:

Factorizamos el numerador (x−4) para diferencia de cuadrados Simplificamos

(

x−2

)

Restamos

Multiplicamos y dividimos por

(

x+2

)

Realizamos el Producto Notable Aplicamos la propiedad del cociente del valor absoluto

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

4 0 4 0 2 2 2 2 0 2 2 0 2 2 0 2 4 4 2 0 2 4 2 2 2 0 4 2 2 4 0 4 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x δ δ δ δ δ δ δ δ − < − < ⇒ < < + + − + ⇒ < < + + ⇒ < − < + ⇒ < − + − < + ⇒ < + − < + + − ⇒ < − < + − − ⇒ < − < + − Acotamos 1 2 + x

. Si tomamos a x a una distancia no mayor de 1, entorno a 4, entonces 3≤ ≤x 5, esto implica que:

3 5 3 2 2 5 2 1 1 1 3 2 2 5 2 1 1 3 2 2 3 2 2 ≤ ≤ ⇒ + ≤ + ≤ + ⇒ ≥ ≥ + + + ⇒ ≤ + + ∂ ∂ ⇒ ≤ + + x x x x x Entonces:

(

4

)

4

(

4

)

4 3 2 3 2 2 2 2 δ − _{− < ≤} ∂ _⇒ − _{− <} ∂ + + + − − x x x x x

Por lo tanto, δ ε=

(

3+2

)

sirve; es decir, si tomamos 4−ε

(

3+2

)

< x< +4 ε

(

3+2

)

aseguramos lo que se quiere demostrar, siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ , es decir 1

(

)

{

}

min 1, 3 2

δ= ε +

Factorizamos (x−4)para diferencia de cuadrados

Dividimos todos los términos entre

(

x+2

)

Simplificamos

(

x+2

)

Sumamos y restamos 4 Agrupamos

Multiplicamos y dividimos

(

x−2

)

Realizamos el Producto Notable

Ejemplo 9

Demostrar formalmente que

2 1 1 lím 2 x→ _x= . SOLUCION:

Debemos garantizar que 0, 0 0 2 1 1

2 tal que x x ε δ δ ε ∀ > ∃ > < − < ⇒ − < Analicemos el consecuente: 1 1 2 2 2 2 2 2 2 x x x x x x x − − − − = = =

Ahora trabajando con el antecedente:

(

)

2 0 2 0 2 2 1 1 0 2 2 1 1 0 2 2 δ δ δ δ − < − < ⇒ < < ⇒ < − < ⇒ < − < x x x x x x x x Acotamos 1

2x . Considerando∂ ≤ ; tenemos 11 ≤ ≤x 3, esto implica que:

1 1 1 2 2 6 2 2 6 1 1 2 2 2 2 x x x x ≤ ≤ ⇒ ≥ ≥ ⇒ ≤ ∂ ∂ ⇒ ≤ Entonces: 1 1 1 1 2 2 2 2 2 δ ∂ ∂ − < ≤ ⇒ − < x x x

Por lo tanto, δ =2ε sirve; es decir, si tomamos 2−2ε < < +x 2 2ε aseguramos lo que se quiere demostrar,siempre y cuando escojamos un ε tal que ∂ ≤ , es decir 1 δ=min 1 , 2

{

ε

}

Veamos ahora como proceder si en el ejemplo anterior tenemos a

x

cerca

de

0

.

Ejemplo 10

Demostrar formalmente que

1

1

lím 1

x→ _x= .

SOLUCION:

Debemos garantizar que 0, 0 tal que 0 x 1 1 1

x

ε δ δ ε

∀ > ∃ > < − < ⇒ − <

Analicemos el consecuente:

1 1 1 x 1 x x 1

x x x x

− −

−

− = = =

Ahora trabajando con el antecedente:

(

)

1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 δ δ δ δ − < − < ⇒ < < ⇒ < − < ⇒ < − < x x x x x x x x Acotamos 1

x . Aquí si tomamos ∂ ≤ tenemos problemas porque 01 ≤ ≤x 2 y x no puede ser 0;

elijamos mejor 1 2

∂ ≤ (puede ser otro valor), ahora 1 3

2≤ ≤x 2, lo cual implica que: 2 1 2 1 2 2 3 x x x ∂ ≥ ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≤ ∂ Entonces: 1 1 1 δ 2 1 2 − < ≤ ∂ ⇒ − < ∂ x x x Por lo tanto, 2 ε

δ = sirve; es decir, si tomamos 1 1

2 x 2

ε ε

− < < + aseguramos lo que se quiere

demostrar,siempre y cuando escojamos un ε tal que 1 2 ∂ ≤ , es decir min 1, 2 2 ε δ = ⎧⎨ ⎫⎬ ⎩ ⎭

Podría no ser tan sencillo encontrar un

∂

en función de

ε

, eso no significa

que el límite no existe, todo depende de la regla de correspondencia de la

función.

Ejercicios Propuestos 1.1

1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límite:

a) 2 3 9 lím 6 3 x x x → − ₌ − b)

(

)

2 lím 2 5 1 x→ x− = − c) 2 6 5 6 lím 7 6 x x x x →− + − _{= −} + d) 5 1 3 2 3 2 lím 2 2 3 1 − = − − + → _x x x x x e) lím 2 2 2 = → x x f) 1 1 lím 2 1 x x x → − ₌ − g) 3 8 lím 2 x→ x= h) 3 3 lím x→a x = a Dividimos para x

2. Determine un número “∂” para el valor de “ε” dado, tal que se establezca el límite de la función: a) 2 1 3 9 1 lím 2 , 0.01 3 1 x x x ε → − _{= =} − b) 4 4 2 8 2 2 lím 2 , 10 x a x a a x a ε − → − _{= =} − c) 0 lím 2, 0.08 1 1 x x x ε → _{+ −} = =

3. Sea f:ℜ+→ℜ tal que f(x)= x encuentre un valor de “∂” para que 2.99<f(x)<3.01

siempre que 0< x−9 <∂

4. Sea f(x)=3x. Empleando la definición de límite, establezca un intervalo en el cual tomar "x" para que f(x) esté a menos de 0.1 de 1

1.1.3 TEOREMA DE UNICIDAD DE LÍMITE.

Sea f una función de una variable real.

Si f tiene límite en

x

=

x

0

, entonces este

es único. Es decir, si

f

x

L

x x→

(

)

=

lím

0

y

M

x

f

x x→

(

)

=

lím

0

entonces

L

=

M

.

Demostración:

Por CONTRADICCIÓN. Supongamos que efectivamente f tiene dos límites L y M , entonces tenemos dos hipótesis: : 1 H f x L x xlím→0 ( )= ≡ ∀ε₁>0,∃δ₁>0talque0< x−x₀ <δ₁⇒ f(x)−L <ε₁ : 2 H f x M x xlím→0 ( )= ≡ ∀ε2>0,∃δ2 >0talque0< x−x0 <δ2⇒ f(x)−M <ε2

Como se dice para todo ε₁ y para todo ε₂ entonces supongamos que ε₁=ε₂=ε.

Tomemos ∂ min=

{

∂₁,∂₂

}

para estar con x , en la vecindad de x0.

Simultáneamente tenemos: ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < − < − ⇒ < − < > ∃ > ∀ ε ε δ δ ε M x f L x f x x talque ) ( ) ( 0 0 , 0 ₀

lo cual quiere decir también que:

_ε 0, _δ 0 0 _δ ( ) ( ) 2_ε ) ( 0 < ⇒ − + − < − < > ∃ > ∀ −    x f M M x f L x f x x talque

Por la desigualdad triangular a+b ≤a +b, tenemos: _{      }

b a b a x f M L x f x f M L x f( )− + − ( ) ≤ ( )− + − ( )

entonces como M−L≤ f(x)−L+M−f(x)<2ε podemos decir que M− L<2ε Ahora bien, suponiendo que = M−L

2 1

ε se produce una contradicción porque tendríamos

(

M L

)

L

Ejemplo

(una función que no tiene límite en un punto) Sea

f

₍

x

₎

=

sen

( )

1_x

Analicemos su comportamiento en la vecindad de “0”

( )

1 0 1 1 0 1 2 1 3 2 3 2 1 2 1 π π π π π π − − − − − = 7 7 x sen y x

Se observa que la función en la vecindad de “0” tiene un comportamiento un tanto singular, sus valores son alternantes. Por tanto, se concluye que esta función no tiene límite en cero.

Veamos su gráfica.

1.2 LÍMITES LATERALES

Existen funciones que por la derecha de un punto tienen un comportamiento

y por la izquierda del punto tienen otro comportamiento. Esto ocurre

frecuentemente en funciones que tienen regla de correspondencia definida en

intervalos y que su gráfica presenta un salto en un punto. Para expresar

formalmente este comportamiento se hace necesario definir límites en un punto

por una sola dirección.

⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = x sen y 1 Fig. 1.4

1.2.1 LÍMITE POR DERECHA

Cuando x se aproxima a tomar el valor de

x

0

,

pero sólo por su derecha

(

x

₀

<

x

<

x

₀

+

∂

)

,

f

se

aproxima a tomar el valor de

L

1

; significa que

f

puede estar tan cerca de

L

1

, tanto como se

pretenda (

∀

ε

), para lo cual deberá existir el

correspondiente

∂

, que indica el intervalo en el

cual tomar

x

que nos garantice aquello. Es decir:

0 1 0 1

lím

( )

0,

0

( )

x→x+

f x

L

ε

tal que

x

x

f x

L

ε

⎛

₌

⎞

_{≡ ∀ > ∃∂}

_{< −}

_{< ∂ ⇒}

₋

_<

⎜

⎟

⎝

⎠

Ejemplo 1

Una función creciente en

(

x₀,∞

)

Ejemplo 2

Una función decreciente en

(

x₀,∞

)

1.2.2 LÍMITE POR IZQUIERDA.

Cuando x se aproxima a tomar el valor de

0

x

, pero sólo por su izquierda

(

x

0

− ∂ < <

x

x

0

)

, f se aproxima a tomar el

valor de

L

₂

; significa que f puede estar

tan cerca de

L

2

, tanto como se pretenda

(

∀

ε

), para lo cual deberá existir el

correspondiente ∂ , que indica el intervalo

en el cual tomar x que nos garantice

aquello. Es decir:

0 2 0 2 lím ( ) 0, 0 ( ) x x f x L ε tal que x x f x L ε − → ⎛ ₌ ⎞_{≡ ∀ > ∃∂ < − < ∂ ⇒ − <} ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Ejemplo 1

Una función decreciente en

(

−∞,x₀

)

Ejemplo 2

Una función creciente en

(

−∞,x₀

)

Fig. 1.6

Note que lo que se ha hecho es no otra cosa que separar la definición de

límite en un punto que fue dada al comienzo.

De las definiciones anteriores y por el Teorema de Unicidad de Límite surge

el siguiente teorema.

1.2.3 TEOREMA DE EXISTENCIA DE LÍMITE

Si f es una función con límite en

x

0

entonces se cumple que tanto por

izquierda como por derecha f tiende al

tomar el mismo valor. Es decir:

(

lím

x→x0

f

(

x

)

=

L

)

≡

x

lím

→x₀+

f

(

x

)

=

L

∧

x

lím

→x₀−

f

(

x

)

=

L

Si se da que

lím

(

)

lím

(

)

0 0

x

f

x

f

x x x x→ +

≠

→ −

, se dice que

lím

0

(

)

x

f

x x→

no existe.

Ejemplo 1

Sea 2 2 ) ( − − = x x x f . Hallar

lím

(

)

2

f

x

x→ : SOLUCIÓN:

Expresando la regla de correspondencia sin valor absoluto, resulta:

₍

₎

⎩ ⎨ ⎧ < − > = ⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ < − − − > − − = − − = 2 ; 1 2 ; 1 2 ; 2 2 2 ; 2 2 2 2 ) ( x x x x x x x x x x x f

Esto quiere decir que su gráfica es:

De la gráfica observamos que lím ( ) 1

2 = + → f x x y lím ( ) 1 2 − = − → f x x

; entonces se concluye que existe no x f x ( ) lím 2 → . Fig. 1.8

Ejemplo 2

Demostrar formalmente que lím

( )

6

3 = → f x x si

( )

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ < − = > = 3 , 3 3 3 , 4 3 , 2 x x x x x x f SOLUCIÓN:

Note que la función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 3 y otra diferente a la izquierda de 3, entonces es necesario demostrar que lím

( )

6

3+ = → f x x y que lím

( )

6 3− = → f x x . PRIMERO,

(

)

3 lím 2 6 0, 0 0 3 2 6 x→+ x= ≡ ∀ > ∃∂ >ε tal que < − < ∂ ⇒x x− <ε

Ahora trabajando el antecedente:

(

0 3

)

0 2

(

3

)

2 0 2 6 2 0 2 6 2 < − < ∂ ⇒ < − < ∂ ⇒ < − < ∂ ⇒ < − < ∂ x x x x Si 2 ε ∂ = ; es decir, tomando 2 3

3< x< +ε garantizamos la afirmación que

3+2 6 → = xlím x . SEGUNDO,

(

)

(

)

(

)

3 lím 3 3 6 0, 0 0 3 3 3 6 x x tal que x x ε ε − → − = ≡ ∀ > ∃∂ > < − < ∂ ⇒ − − <

Ahora trabajando el antecedente:

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

0 3 0 3 3 3 0 9 3 3 0 6 3 3 3 0 3 3 6 3 0 3 3 6 3 0 3 3 6 3 < − < ∂ ⇒ < − < ∂ ⇒ < − < ∂ ⇒ < + − < ∂ ⇒ < − − + < ∂ ⇒ < − ⎡_⎣ − − ⎤ < ∂_⎦ ⇒ < − − < ∂ x x x x x x x Si 3 ε = ∂ ; es decir, tomando 3 3 3−ε <x< garantizamos que

(

)

3 lím 3 3 6 x x − → − = .

Ejemplo 3

Demostrar formalmente que f

( )

x

x 2 lím → no existe, si

( )

_⎩⎨ ⎧ < + ≥ − = 2 , 1 2 , 1 x x x x x f SOLUCIÓN:

La función tiene regla de correspondencia con una definición a la derecha de 2 y otra diferente a la izquierda de 2, entonces es necesario demostrar que ambas definiciones convergen a distintos valores, es decir: f

( )

x f

( )

x x x→2+ ≠ →2− lím lím . Note que,

(

)

2 lím 1 1 x x + → − = y que 2

(

)

lím 1 3 x x − → + = PRIMERO,

(

)

(

)

(

)

2 lím 1 1 0, 0 0 2 1 1 x x tal que x x ε ε + → − = ≡ ∀ > ∃∂ > < − < ∂ ⇒ − − <

(

)

(

)

(

)

0 2 0 1 1 0 1 1 0 1 1 < − < ∂ ⇒ < − − < ∂ ⇒ < − − < ∂ ⇒ < − − < ∂ x x x x

Si ∂=ε; es decir, tomando 2<x<2+ε garantizamos que

(

)

2 lím 1 1 x→+ x − = . SEGUNDO,

(

)

(

)

(

)

2 lím 1 3 0, 0 0 2 1 3 x x ε tal que x x ε − → + = ≡ ∀ > ∃∂ > < − < ∂ ⇒ + − <

Ahora trabajando el antecedente:

(

)

(

)

(

)

(

)

0 2 0 3 1 0 3 1 0 1 3 0 1 3 < − < ∂ ⇒ < − − < ∂ ⇒ < − + < ∂ ⇒ < − ⎡ + − ⎤ < ∂_{⎣ ⎦} ⇒ < + − < ∂ x x x x x

Si ∂=ε ; es decir, tomando 2−ε<x<2 garantizamos que

(

)

2 lím 1 3 x x − → + = .

Por lo tanto, al demostrar que f converge a distintos valores en la vecindad de 2 , estamos demostrando que f

( )

x

x 2

lím

→ no existe

Ejemplo 4

Demostrar formalmente que

(

a b

)

2 lím 2 2 x→+ x x − = SOLUCIÓN:

a b

(

)

(

)

(

a b

)

2 lím 2 2 0, 0 0 2 2 2 x→+ x− x = ≡ ∀ > ∃∂ >ε tal que < − < ∂ ⇒x x− x − <ε

No olvide que a la derecha de 2 el entero mayor de xes igual a 2, es decir

a b

x =2. Trabajando el antecedente: ¨

(

)

a b

(

)

a b

(

)

0 2 0 2 4 2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 0 2 2 2 < − < ∂ ⇒ < − < ∂ ⇒ < − − < ∂ ⇒ < − − < ∂ ⇒ < − − < ∂ x x x x x x x Si 2 ε ∂ = ; es decir, tomando 2 2 2 x ε < < + garantizamos que

(

a b

)

2 lím 2 2 x→+ x x − = .

Ejercicios Propuestos 1.2

1. Demostrar formalmente utilizando la definición de límites laterales: a. lím 0 0 = → x x b. lím

( )

3 2 =− → f x x ; si

( )

⎩ ⎨ ⎧ < − ≥ − = 2 , 4 5 2 , 7 2 x x x x x f c. lím

( )

3 2 = → f x x ; si

( )

⎩ ⎨ ⎧ < + ≥ − = 2 , 1 2 , 1 2 x x x x x f d.

(

a b

)

2 lím 2 3 x→− x− x = e.

(

a b

)

3 lím 3 6 x→+ x x − =

2. Demostrar formalmente que f

( )

x

x 1 lím → no existe, si

( )

_⎩⎨ ⎧ < + ≥ − = 1 , 2 1 , 1 3 x x x x x f

3. Trace la gráfica y determine, por inspección, el límite indicado si existe, si no existe justifique. a.

( )

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ > = − < = 1 , 3 1 , 1 1 , 2 x x x x f ; f

( )

x x 1 lím → b.

( )

2 2 x f x x + = + ;xlím→−2f x

( )

; límx→2f x

( )

c.

( )

⎩ ⎨ ⎧ < − ≥ − = 2 , 4 5 2 , 7 2 x x x x x f ; f

( )

x xlím→2 d. f x

( )

= −x

a b

x ; f

( )

x x→0− lím ,

( )

0 lím x→+ f x e.

( )

a b

(

)

( )

, 1 3 , 1 4 , 4 x x x f x Sgn x x x x μ ⎧ + ≤ − ⎪ =⎨ − − < ≤ ⎪ _> ⎩ ;

( )

1 lím x→− f x 5

( )

2 , lím x f x →−

4. Bosqueje la gráfica de una función que cumpla las condiciones siguientes: • Dom f =R • f es decreciente en

(

−∞,−3

) ( )

∪0,2 • f es creciente en

(

−3,0

) (

∪ 2,+∞

)

• ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0<−3−x<δ ⇒ f(x)−2 <ε

]

• ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0<x+3<δ ⇒ f(x) <ε

]

• ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0< x−2<δ⇒ f(x)+1<ε

]

• f

( )

−3 =f

( )

2 =0 y f(0)=5

5. Bosqueje el gráfico de una función que cumpla las condiciones siguientes: • Dom f =R • f es creciente en

(

−∞,0

) ( )

∪ 0,3 • f decreciente en

( )

3,∞ • ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0<−x<δ⇒ f(x)−3<ε

]

• ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0<x<δ⇒ f(x) <ε

]

• ∀ε>0∃δ >0,∀x

[

0< x−3 <δ ⇒ f(x)−5<ε

]

• f

( )

−3 = f

( )

3 = f(6)=0 y f(0)=2

1.3 TEOREMAS SOBRE LÍMITES

1.3.1 TEOREMA PRINCIPAL SOBRE LÍMITE

Sean f y g funciones con límite en

x

0

;

es decir, suponga que

0

lím ( )

x→x

f x

=

L

y

0

lím ( )

x→x

g x

=

M

. Entonces:

1.

0

lím

x→x

k

=

k

,

∀ ∈

k

R

2.

0 0

lím

x→x

x

=

x

3.

0 0

lím

( )

lím ( )

x→x

kf x

=

k

x→x

f x

=

kL

,

∀ ∈

k

R

4.

[

]

0 0 0

lím

( )

( )

lím ( )

lím ( )

x→x

f x

+

g x

=

x→x

f x

+

x→x

g x

= +

L

M

5.

[

]

0 0 0

lím

( )

( )

lím ( )

lím ( )

x→x

f x

−

g x

=

x→x

f x

−

x→x

g x

= −

L

M

6.

[

]

0 0 0

lím

( ) ( )

lím ( ) lím ( )

x→x

f x g x

=

x→x

f x

x→x

g x

=

LM

7.

0 0 0

lím ( )

( )

lím

( )

lím ( )

x x x x x x

f x

f x

L

g x

g x

M

→ → →

⎡

⎤

=

=

⎢

⎥

⎣

⎦

;siempre que 0 lím ( ) 0 x→x g x ≠

8.

[

]

0 0

lím

( )

lím ( )

n n _n x→x

f x

x→x

f x

L

⎡

⎤

=

_⎢

_⎥

=

⎣

⎦

,

∀ ∈n N

9.

0 0

lím

n

( )

lím ( )

n n x→x

f x

=

x→x

f x

=

L

siempre que 0 lím ( ) 0 x→x f x ≥ cuando n es par.

Demostraciones

1.

(

)

0 0 lím 0, 0 / 0 x→x k=k ≡ ∀ > ∃∂ >ε < −x x < ∂ ⇒ − < k k ε

El consecuente de la implicación es verdadero porque 0<ε. Por tanto, la proposición es siempre verdadera, incluso si el valor de verdad del antecedente es falso.

2.

(

)

0 0 0 0 lím 0, 0 / 0 x→x x=x ≡ ∀ > ∃∂ >ε < −x x < ∂ ⇒ −x x < ε Si ∂=ε la proposición es verdadera.

3.

(

)

0

0

lím ( ) 0, 0 / 0 ( )

x→xkf x =kL ≡ ∀ > ∃∂ >ε < −x x < ∂ ⇒ kf x −kL < ε

Observe el consecuente, la expresión kf(x)− kL <ε es equivalente a

(

f x − L

)

<ε

k ( ) .

Por hipótesis, en la cercanía de x , f se aproxima a L , es decir; se cumple que: ₀

∀ > ∃∂ >ε 0, 0 / 0< −x x0 < ∂ ⇒ f x( )− <L ε Si tomamos k ε ε = f x( ) L k ε ⇒ − < ( ) k f x L ε ⇒ − < ( ) kf x kL ε ⇒ − <

por tanto kf se aproximará a kL . 4. Debemos demostrar que si

f x L x xlím→0 ( )= M x g x xlím→0 ( )= entonces

[

f x g x

]

L M x xlím→0 ( )+ ( ) = + Asegurar que f x L x x→ = ) ( lím 0 significa que: ∀ε₁>0,∃∂₁>0talque0< x−x₀ <∂₁⇒ f(x)−L <ε₁ Y asegurar que g x M x xlím→0 ( )= significa que: ∀ε₂>0,∃∂₂ >0talque0< x−x₀ <∂₂⇒ g(x)−M <ε₂ Tomemos 1 2 2 ε

ε =ε = , entonces , si trabajamos con ∂ =min

{

∂ ∂ se cumple que: 1, 2

}

0 ( ) 2 0 ( ) 2 f x L x x g x M ε ε ⎧ _{− <} ⎪⎪ < − < ∂ ⇒ ⎨ ⎪ _{− <} ⎪⎩

Sumando término a término la desigualdad resulta:

2 2 ) ( ) (x −L+g x −M <ε +ε f

Y por la desigualdad triangular

(

f(x)−L

) (

+ g(x)−M

)

≤ f(x)−L+g(x)−M

Por lo tanto

(

f(x)+g(x)

) (

− L+M

)

<ε Finalmente, se observar que:

∀ε>0,∃∂>0/0< x−x0 <∂⇒

(

f(x)+g(x)

) (

− L+M

)

<ε lo que nos asegura que

[

f x g x

]

L M

x x→ + = + ) ( ) ( lím 0

5. Debemos demostrar que si

f x L x xlím→0 ( )= M x g x xlím→0 ( )= entonces

[

]

0 lím ( ) ( ) x→x f x g x =LM

Igual que en el anterior, tenemos dos hipótesis:

0 1: lím_{x x} ( ) H f x L → = ≡ ∀ > ∃∂ >ε1 0, 1 0tal que0< −x x0 < ∂ ⇒1 f x( )− <L ε1 0 2: lím ( )_{x x} H g x M → = ≡ ∀ > ∃∂ >ε2 0, 2 0tal que0< −x x0 < ∂ ⇒2 g x( )−M <ε2

( )

( )

( ) 1 1 1 1 1 g x M g x M M g x M − < − < − < − < < +

Por la desigualdad triangular:

M+ <1 M + 1 ≡ −

(

M +1

)

<M+ <1 M + 1

( )

1 1

M+ − < M + − ≡ −

(

M +1

)

<M− <1 M + 1 Como g x

( )

<M+ y 1 M+ <1 M + se concluye que 1 g x

( )

< M +1 Como M− <1 g x

( )

y −

(

M +1

)

<M− se concluye que 1 −

(

M +1

)

<g x

( )

Entonces: g x

( )

< M + y además 1 g x

( )

f x( )− <L ε1

(

M +1

)

Bien, se observa que si trabajamos con ∂ =min

{

∂ ∂ ₁, ₂

}

( )

1

(

)

0 2 ( ) 1 0 ( ) g x f x L M x x g x M ε ε ⎧ − < + ⎪ < − < ∂ ⇒ ⎨ − < ⎪⎩ Si decidimos que 1 1 M ε ε = + y 2 L ε ε = Entonces

( )

( )

₍

₎₍

1

)

2 1 ( ) 2 g x f x L M M g x M L ε ε ⎧ _{− < +} ⎪ ₊ ⎪ ⎨ ⎪ _{− <} ⎪⎩

( )

( ) 2 ( ) 2 g x f x L L g x M ε ε ⎧ _{− <} ⎪⎪ ⎨ ⎪ _{− <} ⎪⎩ Sumando término a término:

( )

( ) ( )

g x f x − +L L g x −M < ε

Por la desigualdad triangular:

( )(

( )

)

(

( )

)

( )

( ) ( ) a a b a g x f x −L +L g x −M ≤ g x f x − +L L g x −M <ε         f x g x( )

( )

−Lg x

( )

+Lg x

( )

−LM < ε f x g x( )

( )

−LM < ε

Hemos concluido que:

∀ > ∃∂ >ε 0, 0tal que0< −x x0 < ∂ ⇒ f x g x( )

( )

−LM <ε

Es decir:

[

]

0

lím ( ) ( )

El resto de las demostraciones se deja como ejercicio para el lector.

Observe que el recíproco del teorema anterior es falso.

Ejemplo

Suponga que se tiene

⎩ ⎨ ⎧ ≤ > = 0 ; 0 0 ; 1 ) ( x x x f y ⎩ ⎨ ⎧ < ≥ = 0 ; 1 0 ; 0 ) ( x x x g entonces

(

)

⎩ ⎨ ⎧ = ≠ = + 0 ; 0 0 ; 1 ) ( x x x g f Observe que: 0 lím ( )

x→ f x no existe y que lím ( )x→0g x tampoco existe, sin embargo límx→0

(

f +g

)

( )x =1

(existe). Es decir, “ Si

(

f

+

g

)

es una función con límite en un punto, entonces no podemos asegurar que

f

y

g

también tienen límite en ese punto”

El teorema principal de límite permite establecer límites de ciertas funciones.

Ejemplo

Calcular lim

(

2 3 2

)

2 + − → x x x SOLUCIÓN:

Aplicando el teorema principal de límites, tenemos:

(

)

8 2 ) 2 ( 3 2 ) 1 3 , 8 ( 2 lim 3 lim ) 5 4 ( 2 lim 3 lim lim 2 3 lim 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = − + = − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = − + = − + → → → → → → y inciso x x y inciso x x x x x x x x x x

Lo último del ejemplo anterior permite concluir que con una sustitución basta.

1.3.2 TEOREMA DE SUSTITUCIÓN

Sea f una función polinomial o una

función racional, entonces

0

0

lím ( )

(

)

x→x

f x

=

f x

siempre que

f x

( )

0

esté definida y que el

denominador no sea cero para el caso de

una función racional.

De principio o de final, en el cálculo de límite, se empleará el teorema de

sustitución.

Ejemplo

Calcular lim

(

2 3 2

)

2 − + → x x x SOLUCIÓN:

Aplicando el teorema de sustitución, tenemos: lim

(

2 3 2

)

22 3(2) 2 8

2 + − = + − =

→ x x

x

Veamos el siguiente otro teorema, muy poco utilizado pero necesario en

ciertas situaciones.

1.3.3 TEOREMA DEL EMPAREDADO

Sean f , g y h funciones tales que

( )

( )

( )

g x

≤

f x

≤

h x

para toda x próxima a

"

x

₀

" con la posible excepción de "

x

₀

". Si

0

lím ( )

x→x

g x

=

L

y

0

lím ( )

x→x

h x

=

L

entonces

0

lím ( )

x→x

f x

=

L

.

DEMOSTRACIÓN.

Tenemos tres hipótesis: : 1 H

(

)

0 1 1 0 1 1 lím ( ) 0, 0 / 0 ( ) x→x g x =L ≡ ∀ > ∃∂ >ε < −x x < ∂ ⇒ g x − < L ε : 2 H

(

)

0 2 2 0 2 2 lím ( ) 0, 0 / 0 ( ) x→xh x =L ≡ ∀ > ∃∂ >ε < −x x < ∂ ⇒ h x − <L ε : 3 H ∃∂3 >0/0< x−x0 <∂3⇒g(x)≤ f(x)≤h(x) Ahora, suponiendo que ε₁=ε₂ =ε y tomando ∂ min=

{

∂₁,∂₂,∂₃

}

, tenemos:

⎪ ⎪ ⎩ ⎪⎪ ⎨ ⎧ ≤ ≤ < − < − ⇒ ∂ < − < > ∃∂ > ∀ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 / 0 , 0 0 x h x f x g L x h L x g x x ε ε ε

Que quiere decir que:

⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ≤ ≤ + < < − + < < − ⇒ ∂ < − < > ∃∂ > ∀ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 0 / 0 , 0 ₀ x h x f x g L x h L L x g L x x ε ε ε ε ε

Lo cual significa que: L−ε<g(x)≤ f(x)≤h(x)<L+ε, Y de manera simplificada se podría decir que: L−ε< f(x)<L+ε Por lo tanto ∀ε>0,∃∂>0/0< x−x₀ <∂⇒ f(x)−L<ε , Que no es otra cosa que f x L

x x = → ( ) lím 0 L.Q.Q.D.

Ahora veamos ejercicios donde se emplea el teorema del emparedado

Ejemplo 1

Sea 2 2

1−x ≤ f x( )≤x + para toda 1

x

próxima a 0, excepto en 0. Hallar

lím

(

)

0

f

x

x→ . SOLUCIÓN: Llamemos _g(x)=1−x2 _y 2 ( ) 1

h x =x + . Calculando límites tenemos:

(

2

)

0 0 lím ( ) lím 1 1 x→ g x =x→ −x = y

(

)

2 0 0 lím ( ) lím 1 1 x→ h x =x→ x + = .

Y como g(x)≤f(x)≤h(x) en la vecindad de x=0, por el teorema del emparedado se concluye que: 1 ) ( lím 0 = → f x x O más simplemente:

(

2

)

(

2

)

0 0 0 lím 1 lím ( ) lím 1 x→ −x ≤x→ f x ≤x→ x + 1 lím ( ) 1 0 ≤ ≤ → f x x por lo tanto lím ( ) 1 0 = → f x x

Ejemplo 2

Use el teorema del emparedado para demostrar que: lím sen 1 0

0 ⎟⎠= ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ → x x x SOLUCIÓN:

No se puede aplicar la propiedad del producto de los límites debido a que

0 1 lím sen x→ _x ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎜ ⎟ ⎢ _{⎝ ⎠}⎥ ⎣ ⎦no existe. También hacerlo en término de ∂ − , sería dificilísimo, ¿Por qué? . Por tanto hay que recurrir a otro ε mecanismo. La función ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = x x

f( ) sen 1 es acotada, es decir que 0 sen 1⎟≤1 ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ x .

Al multiplicar por x tenemos: 0 sen 1 x1

x x x ⎟≤ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ ;

luego tomando límite resulta x

x x x x x 0 0 0 lím 1 sen lím 0 lím → → → ⎟_⎠≤ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

≤ , que equivale a 0 lím sen 1 0

0 ⎟⎠≤ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ≤ → x x x

y llegamos a lo que queríamos, es decir: lím sen 1 0

0 ⎟⎠= ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ → x x x .

Ejemplo 3

Hallar x Senx x 0 lím → SOLUCIÓN:

Para emplear el teorema del emparedado, acotemos la función

x Senx x f( )=

Del gráfico tenemos que:

( )

2 ) 1 ( tg 1 x Area_R = ,

( )

2 ) 1 ( 2 2 x A_R = ,

(

)

2 ) (sen cos 3 x x A_R = Observe que 3 2 1 R R R A A A ≥ ≥ , entonces

( )

( ) ( )

2 sen cos 2 1 2 ) 1 ( tgx 2 x x x ≥ ≥

PRIMERO: Si x→ 0+. Multiplicando por 2 y dividiendo para senx resulta:

( )

( )

x x x x x x x sen 2 sen cos 2 sen 2 2 sen 2 ) 1 ( tg 2 ≥ ≥ x x x x sen cos cos 1 ≥ ≥ que es lo mismo que

x x x x cos 1 sen cos ≤ ≤ tomando límite x x x x x x x cos 1 lím sen lím cos lím 0 0 0+ →+ →+ → ≤ ≤ 1 lím sen 1 0 ≤ ≤ ₊ → x x x entonces lím sen 1 0 = + → x x x

SEGUNDO: En cambio, si x→ 0−. Multiplicando por 2 y dividiendo para senx resulta: x x x x sen cos cos 1 ≤

≤ (Se invierte el sentido de la desigualdad porque senx<0 que es lo mismo que:

x x x x cos 1 sen cos ≤ ≤ tomando límite: x x x x x x x cos 1 lím sen lím cos lím 0 0 0− →− →− → ≤ ≤ 1 lím sen 1 0 ≤ ≤ ₋ → x x x entonces lím sen 1 0 = − → x x x Finalmente 0 sen lím 1 x x x → = Observe la gráfica: x sen x cos 2 R x tg x 1 1 3 R 1 R Fig. 1.9

Note que en su gráfica se observa la conclusión anterior.

Ejercicios Propuestos 1.3

1. Realice las demostraciones de los incisos 5, 6 y 7 del Teorema principal de límite. 2. Use el teorema del emparedado para demostrar que:

a. lím 4 2 1 0 0 = → x Sen x x b.

( )

0 1 1 sen 1 lím 2 1 = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ − − + → x x x

3. Califique cada una de las siguientes proposiciones como VERDADERA O FALSA, en caso de ser verdadera demuéstrela y en caso de ser falsa dé un contraejemplo.

a.

(

( )

)

(

( )

)

0 0 lím lím 0 x→x f x =L ⇒ x→x f x −L = b. Si

(

)

0 lím ( ) ( )

x→x f x −g x existe, entonces también existen 0

lím ( ) x→x f x y 0 lím ( ) x→x g x c. Si_g

( )

_{x +5≤3}

(

_4−x

)

2_{, entonces lím}

( )

₅ 4 =− → g x x

d. Si f x

( )

₀ no está definida, entonces el 0 lím ( ) x→x f x no existe e. Si f x

( )

0 existe, entonces 0 lím ( ) x→x f x existe

f. Suponga que g es una función tal que lím ( ) 0

0 =

→ g x

x

. Si f es una función cualquiera, entonces lím

( )

( ) 0

0 =

→ fg x

x

g. Si f(x)≠g(x)para toda x , entonces el

0 0 lím ( ) lím ( ) x→x f x ≠x→x g x sen x y x = Fig. 1.10